《2026年零差错高中数学必修第一册人教版》

13. 【题型五】已知命题 $ p: \exists x \in \mathbf{R},x^{2} + (a - 1)x + 1 ＜ 0 $，若命题 $ p $ 是假命题，则 $ a $ 的取值范围为$-1 \leq a \leq 3$。

答案： 13.$-1 \leq a \leq 3$【详解】因为命题$p$是假命题，所以命题$\neg p$是真命题. 因为$p:\exists x \in R,x^{2} + (a - 1)x + 1 ＜ 0$，所以$\neg p:\forall x \in R,x^{2} + (a - 1)x + 1 \geq 0$，只需$\Delta = (a - 1)^{2} - 4 \leq 0$，即$-1 \leq a \leq 3$，所以$a$的取值范围为$-1 \leq a \leq 3$.

14. 【题型二】解关于 $ x $ 的不等式 $ x^{2} - 2mx + m + 1 ＞ 0 $。

答案： 14.解：不等式对应方程$x^{2} - 2mx + m + 1 = 0$的判别式$\Delta = (-2m)^{2} - 4(m + 1) = 4(m^{2} - m - 1)$. ①当$\Delta ＞ 0$，即$m ＞ \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$或$m ＜ \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$时，由于方程$x^{2} - 2mx + m + 1 = 0$的根是$x = m \pm \sqrt{m^{2} - m - 1}$，所以不等式的解集是$\{x|x ＜ m - \sqrt{m^{2} - m - 1}$或$x ＞ m + \sqrt{m^{2} - m - 1}\}$. ②当$\Delta = 0$，即$m = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$时，不等式的解集为$\{x|x \in R$且$x \neq m\}$. ③当$\Delta ＜ 0$，即$\frac{1 - \sqrt{5}}{2} ＜ m ＜ \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$时，不等式的解集为$R$. 故$m ＞ \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$或$m ＜ \frac{1 - \sqrt{5}}{2}$时，不等式的解集是$\{x|x ＜ m - \sqrt{m^{2} - m - 1}$或$x ＞ m + \sqrt{m^{2} - m - 1}\}$；$m = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$时，不等式的解集为$\{x|x \in R$且$x \neq m\}$；$\frac{1 - \sqrt{5}}{2} ＜ m ＜ \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$时，不等式的解集为$R$.

15. 【题型三、五、六】已知不等式 $ ax^{2} - 3x + b ＜ 0 $ 的解集为 $ \{ x | 1 ＜ x ＜ 2 \} $。
（1）求 $ a,b $ 的值；
（2）若不等式 $ mx^{2} + mx + 3a \geq 0 $ 对于 $ x \in \mathbf{R} $ 均成立，求实数 $ m $ 的取值范围。

答案： 15.解：
(1)由题意知，$1$和$2$是方程$ax^{2} - 3x + b = 0$的两根，$x \in R$. 由韦达定理可得$\begin{cases}x_1 + x_2 = \frac{3}{a} = 3\\x_1 · x_2 = \frac{b}{a} = 2\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 1\\b = 2\end{cases}$.
(2)由
(1)可知$a = 1$，则不等式$mx^{2} + mx + 3 \geq 0$对于$x \in R$均成立，则当$m = 0$时，不等式$0 + 0 + 3 \geq 0$恒成立；当$m \neq 0$时，不等式$mx^{2} + mx + 3 \geq 0$对于$x \in R$均成立，等价于$\begin{cases}m ＞ 0\\\Delta = m^{2} - 12m \leq 0\end{cases}$，解得$0 ＜ m \leq 12$. 综上，可得$0 \leq m \leq 12$.

已知对任意 $ - 1 \leq x \leq 1 $，不等式 $ x^{2} - x + \frac{1}{2} \geq m $ 恒成立，则实数 $ m $ 的取值范围是（B）

A.$ m \geq \frac{1}{4} $
B.$ m \leq \frac{1}{4} $
C.$ m = \frac{1}{4} $
D.$ m \leq 2 $

答案： B【详解】因为对任意$-1 \leq x \leq 1$，不等式$x^{2} - x + \frac{1}{2} \geq m$恒成立. 所以$(x^{2} - x + \frac{1}{2})_{\min} \geq m$，其中$-1 \leq x \leq 1$，设$y = x^{2} - x + \frac{1}{2}$，$-1 \leq x \leq 1$，因为$y = x^{2} - x + \frac{1}{2} = (x - \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4}$，所以当$x = \frac{1}{2}$时，函数$y = x^{2} - x + \frac{1}{2}$取最小值，最小值为$\frac{1}{4}$，所以$m \leq \frac{1}{4}$.